HDU 6868 莫比乌斯函数 + 找规律 + 记忆化离线处理

       定义 $f(n)={\sum }_{d\mid n}|\mu (d)|$，给定 $n,m$ 求 ${\sum }_{i=1}^{m}f(ni)$，结果对 $1e9+7$ 取模。

       易得 $f(n)=2^{w(n)}$，$w(n)$ 为 $n$ 本质不同的质因子个数（显然积性函数，当 $\gcd (a,b)=1$ ，则有 $f(ab)=f(a)\ast f(b)$ ）。因为可以看做是 $n$ 的质因子任意组合对 $f(n)$ 产生贡献。即 $C_{w(n)}^1+C_{w(n)}^2+...+C_{w(n)}^{w(n)}$，特别的 $1$ 也产生贡献。也就是 $1+C_{w(n)}^1+C_{w(n)}^2+...+C_{w(n)}^{w(n)}=2^{w(n)}$。

       再有 $f(ni)=\frac{2^{w(n)}\ast 2^{w(i)}}{2^{w(\gcd (n,i))}}$，$w(n)$ 为本质不同的质因子个数，而 $w(n)$ 和 $w(i)$ 中重复计算了质因子，所以要去掉一份相同的部分。

$$\begin{array}{rl}F(n)& =\sum _{i=1}^{m}f(ni)\\ & =\sum _{i=1}^m\frac{f(n)\ast f(i)}{f(\gcd (n,i))}\\ & =\sum _{d\mid n}\sum _{i=1}^m\frac{f(n)\ast f(i)}{f(\gcd (n,i))}[\gcd (n,i)=d]\\ & =f(n)\sum _{d\mid n}\frac{1}{f(d)}\sum _{i=1}^{m}f(i)[\gcd (n,i)=d]\\ & =f(n)\sum _{d\mid n}\frac{1}{f(d)}\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor }f(id)[\gcd (\frac{n}{d},i)=1]\\ & =f(n)\sum _{d\mid n}\frac{1}{f(d)}\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor }f(id)\sum _{t\mid \frac{n}{d},t\mid i}\mu (t)\\ & =f(n)\sum _{d\mid n}\frac{1}{f(d)}\sum _{t\mid \frac{n}{d}}\mu (t)\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{m}{td}\rfloor }f(itd)\\ & =f(n)\sum _{T\mid n}\sum _{d\mid T}\frac{\mu (\frac{T}{d})}{f(d)}\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{m}{T}\rfloor }f(iT)(T=td)\\ & =f(n)\sum _{T\mid n}g(T)\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{m}{T}\rfloor }f(iT)(g(T)=\sum _{d\mid T}\frac{\mu (\frac{T}{d})}{f(d)})\end{array}$$

       根据数论函数 $(f\ast g)(n)={\sum }_{d\mid n}f(d)g(\frac{n}{d})$，则有 ${\sum }_{d\mid T}\frac{\mu (\frac{T}{d})}{f(d)}=(\frac{1}{f}\ast \mu )(T)$，二者都是积性函数，结合二者的特性，于是我们可以得到对应公式：其中，$T$ 为若干本质不相同的质因子的乘积。

$$g(T)=\{\begin{array}{ll}1,& ifT=1\\ (-1{)}^{w(T)}\ast {\frac{1}{2}}^{w(T)},& ifT={\sum }_{i=1}^{w(T)}{P}_i\\ 0,& others\end{array}$$

       我们能预处理的部分: $f(n),g(T)$。后面这块 ${\sum }_{i=1}^{\lfloor \frac{m}{T}\rfloor }f(iT)$ 太大只能离线处理，上面说到 $g(T)$ 的性质，当 $T$ 不是本质不相同的质因子的乘积时， $g(T)=0$，所以我们只需要找出 $n$ 的所有本质不相同的质因子的任意组合（最多八个因子 $2\ast 3\ast 5\ast 7\ast 11\ast 13\ast 17\ast 19=9,699,690$，所以组合也就 $2^8=256$ 个，对比枚举 $n$ 的所有因子 $\sqrt{n}$ 显然要快），以该因子 $d$ 作为第一关键字，$m$ 作为第二关键字，排序。

       最后就是这个离线操作的精髓操作，排序好的待操作数，以 $m$ 的大小递增，则后继的 $d$ 相同的数的计算，可以用到之前留下的历史信息，也就节约了 ${\sum }_{i=1}^{\lfloor \frac{m}{T}\rfloor }f(iT)$ 的空间。

       做完这个题说实话对于莫比乌斯函数的理解又多了点，数论函数若有类似莫比乌斯函数结构的，同样也可以通过类似的计算得到答案。

       代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxn = 1e7 + 5;
const LL mod = 1e9 + 7;
LL inv2 = (mod + 1)/2;
int cnt, qtol;
int f[maxn], g[maxn], judge[maxn], prime[maxn], ans[maxn], fn[maxn];
int fact[31], bin[31];

struct node{
    int d, m, id;
    bool operator < (const node &a) const{
        return d == a.d ? m < a.m : d < a.d;
    }
}q[maxn];

inline void init(){
    bin[0] = f[1] = g[1] = 1;
    for(int i = 1; i <= 30; i++) bin[i] = bin[i - 1] << 1;
    for(int i = 2; i < maxn; i++){
        if(!judge[i]){
            prime[judge[i] = ++cnt] = i;
            f[i] = 2;
            g[i] = mod - inv2;
        }
        for(int j = 1, v; j <= judge[i] && (v = i*prime[j]) < maxn; j++){
            judge[v] = j;
            if(j != judge[i]){
                f[v] = (LL)2*f[i]%mod;                  // *2
                g[v] = (LL)g[prime[j]]*g[i]%mod;        // *(1/2)
            }else
                f[v] = f[i];                            // is not a new prime fact, g[v] = 0;
        }
    }
}

int main(){
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    ios::sync_with_stdio(false);
    init();
    int t, n, m, size, s;
    cin >> t;
    for(int id = 1; id <= t; id++){
        cin >> n >> m;
        fn[id] = f[n];
        size = 0;
        for(int d = 2; d*d <= n; d++){
            if(!(n%d)){
              fact[size++] = d;
              while(!(n%d))
                    n /= d;
            }
        }
        if(n != 1) fact[size++] = n;
        for(int i = 0; i < bin[size]; i++){
            int d = 1;
            for(int j = 0; j < size; j++)
                if((1 << j)&i)
                    d *= fact[j];
            if(m < d || !g[d]) continue;
            q[qtol++] = node{d, m, id};
        }
    }
    sort(q, q + qtol);
    int d = 0, now, sum;
    for(int i = 0; i < qtol; i++){
        if(d != q[i].d){
            d = q[i].d;
            now = d;
            sum = 0;
        }
        for(; now <= q[i].m; now += d)
            sum = (sum + f[now])%mod;
        ans[q[i].id] = (ans[q[i].id] + (LL)g[d]*sum)%mod;
    }
    for(int i = 1; i <= t; i++)
        cout << (LL)fn[i]*ans[i]%mod << endl;
}